高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试当堂检测题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试当堂检测题，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．如图所示，对下列插图描述正确的是( )
A．图甲右上方的路牌所标的“50”应为车辆通行的平均速度
B．由图乙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处
C．图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性
D．图丁中汽车速度减小时速度变化方向与汽车运动方向相同
2．“严禁超重，严禁超速，严禁酒后驾驶”是阻止马路车祸的有力三招．在这三招中，都应用到我们学过的物理知识．下列说法中正确的是( )
A．“严禁超速”是为了减小汽车的惯性
B．“严禁超重”是为了控制汽车司机的反应时间
C．“严禁酒后驾驶”是为了减小汽车的惯性
D．汽车超重会增大汽车的惯性
3．一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小，能正确描述F与a之间关系的图像是( )
4．如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B．F＝(M＋m)gtanα
C．系统的加速度为a＝gsinα
D．F＝Mgtanα
5．如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬间加速度为( )
A.0
B．大小为10m/s2，方向竖直向下
C．大小为5eq \r(3)m/s2，方向斜向右下方
D．大小为5m/s2，方向斜向右下方
6．某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据图像可知( )
A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B．物体在第3s内所受的拉力大于1N
C．在0～3s内，物体所受的拉力方向可能与摩擦力方向相同
D．物体在第2s内所受的拉力为零
7．一质量为0.8kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6N，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是( )
A．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6N
B．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8N
C．若升降机加速上升，加速度大小为5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq \r(5)N
D．若升降机减速上升，加速度大小为5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq \r(5)N
8．如图(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图(b)所示．(g取10m/s2)则下列结论正确的是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C．物体的质量为3kg
D．物体的加速度大小为5m/s2
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )
A.在第一过程中始终处于失重状态
B.在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
10．质量为1kg的物体受3N和4N两个共点力的作用，物体的加速度可能是( )
A．5m/s2 B．7m/s2
C．8m/s2D．9m/s2
11．一个物体在多个力的作用下处于静止状态．若仅使其中的一个力保持方向不变、大小均匀减小到零，然后又从零均匀恢复到原来的大小，在这个过程中其余各力均不变，则下列图像中能正确描述该过程中物体速度和加速度随时间变化情况的是( )
12.
把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．过程中球的位移为0
B．球释放时的高度为1.125m
C．过程中球的运动路程为1.62m
D．球上升过程的加速度大小为9m/s2
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)在“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验中
(1)我们都是先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的关系，这种实验方法称为________________．
(2)下列说法中正确的是________．
A．牵引小车的轻绳应和长木板保持平行
B．将打点计时器接在6V电压的蓄电池上，先接通电源，后放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量
C．在探究a与质量M的关系时，作出a­eq \f(1,M)图像能更直观地判断二者间的关系
D．轻绳对小车的拉力，一定等于槽码的重力
14．(8分)图a为“探究小车的加速度与受力的关系”的实验装置图，图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电磁打点计时器，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，B为槽码，质量为m2，不计绳与滑轮间的摩擦，改变槽码质量，测量多组数据，并在坐标系中作出了如图c所示的a­F图像，其中F＝m2g.
(1)下列说法正确的是________．
A．电磁打点计时器正常工作时使用220V的交流电源
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．平衡摩擦力时，应将槽码用细绳通过定滑轮系在小车上
D．为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1
(2)图b为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出，各点间的距离如图中所示，则小车的加速度大小为________m/s2(交流电源的频率为50Hz，结果保留两位有效数字).
(3)图c所示的a­F图像中，图线不过坐标原点的原因是________________________________，由图像求出小车的质量m1为________kg(结果保留两位有效数字).
15．(8分)
如图所示的机车，质量为100t，设它从停车场出发经225m后速度达到54km/h，此时，司机关闭发动机，让机车进站．机车又行驶了125m才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，关闭发动机前机车所受的牵引力不变，求机车关闭发动机前所受的牵引力．
16．(10分)如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5s时撤去拉力，物体速度与时间(v­t)的部分图像如图乙所示．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？
(2)拉力F的大小为多少？
17．(12分)如图所示，在一次无人机载货测试中，一架质量为1kg的无人机，下方固定一个质量为0.5kg的配送箱，箱中放有一个质量为1.5kg的货物，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，6s内上升了36m，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6N，g取10m/s2.求：
(1)无人机提供的最大升力的大小．
(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小．
(3)若6s末无人机升力变为24N，无人机最高能上升到距地面多高处？
18．(16分)如图1所示，水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图2所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2m，g取10m/s2.求：
(1)行李从A处传送到B处所需的时间；
(2)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，传送行李的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
单元素养评价(四)
1．答案：C
2．解析：由于惯性大小是由质量去度量，与物体运动速度及受力与否无关，D正确．
答案：D
3．解析：当拉力大于最大静摩擦力时，物块才产生加速度，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可知a与F成线性关系，C正确．
答案：C
4．解析：对小铁球受力分析得mgtanα＝ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，A、C错误；整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，故选项B正确，D错误．
答案：B
5．解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：FN＝mgcs30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcs30°＝ma，解得a＝5eq \r(3)m/s2，方向斜向右下方，选项C正确．
答案：C
6．解析：由题图可知，第2s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以选项A、D错误；第3s内物体的加速度大小为1m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1N，故其所受拉力大于1N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C错误．
答案：B
7．解析：若升降机是静止的，球也是静止的，球处于平衡状态，由平衡条件可知，杆对球的作用力大小为eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(绳)) ＋（mg）2)＝10N，故A、B错误；若升降机加速上升，在竖直方向，对球由牛顿第二定律得Fy－mg＝ma，解得Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6N，杆对球的作用力大小为F＝eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝6eq \r(5)N，故C正确；若升降机减速上升，对球在竖直方向，由牛顿第二定律得mg－F′y＝ma，解得F′y＝4N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6N，杆对球的作用力大小为F′＝eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋F′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝2eq \r(13)N，故D错误．
答案：C
8．解析：设物体的质量为m，静止时弹簧的压缩量为Δx，
由二力平衡条件可知：kΔx＝mg①
刚开始的合外力即为拉力F＝10N，使物体开始向上做匀加速运动，由牛顿第二定律得：
F＝ma②
拉力F＝30N时，由牛顿第二定律得：
F′－mg＝ma③
联立①②③式解得，物体的质量m＝2kg，物体的加速度大小a＝5m/s2，劲度系数k＝500N/m，只有选项D正确．
答案：D
9．解析：运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随着床面形变增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误、C正确；蹦床运动员在上升过程中和下降过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误、D正确．故选C、D.
答案：CD
10．解析：当F1＝3N和F2＝4N的两个力同向时，产生的加速度最大，amax＝eq \f(F1＋F2,m)＝eq \f(3＋4,1)m/s2＝7m/s2；当F1与F2反向时，产生的加速度最小，amin＝eq \f(4－3,1)m/s2＝1m/s2.则amin≤a≤amax，即1m/s2≤a≤7m/s2.
答案：AB
11．解析：合力先增大后减小，则加速度也是先增大后减小，方向不变，速度一直增大．故选项B、C正确．
答案：BC
12．解析：A错：下降过程和上升过程的位移不相等，总位移不为0；B对：图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，下降的位移大小为1.125m；C对、D错：下降过程有mg－Ff＝ma1，上升过程有mg＋Ff＝ma2，得出a1＝9m/s2，a2＝11m/s2，运动的总路程为下降和上升的位移大小之和x＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a1)＋eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a2)＝1.125m＋0.495m＝1.62m.
答案：BC
13．解析：(1)在实验中先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的关系，这种实验方法称为控制变量法．
(2)牵引小车的轻绳应和长木板保持平行，使得拉力等于小车所受的合力，故A正确．打点计时器应接交流电源，蓄电池是直流电源，故B错误．加速度a与M的关系图线是曲线，作a­M图线不能判断出二者的关系，作a­eq \f(1,M)图像能更直观地判断二者间的关系，故C正确．在实验中，由于槽码也做加速运动，故槽码的重力大于细绳对小车的拉力，只有当M≫m时才可近似认为槽码的重力等于细绳对小车的拉力，故D错误．
答案：(1)控制变量法 (2)AC
14．解析：(1)A错：电磁打点计时器正常工作时使用约8V的交流电．B对：实验时应先接通电源后释放小车．C错：平衡摩擦力时应不挂槽码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动．D对：为了减小误差，实验中一定要保证m2远小于m1，这样才能认为槽码的重力等于小车的拉力．
(2)已知T＝0.1s，Δx＝4mm，则加速度a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(4×10－3,0.12)m/s2＝0.40m/s2.
(3)题图c所示的a­F图像中，当F＝0.1N时才开始有加速度，可知图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够；根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m1)，则eq \f(1,m1)＝eq \f(0.5,0.6－0.1)kg－1＝1kg－1，解得m1＝1.0kg.
答案：(1)BD (2)0.40 (3)没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够 1.0
15．解析：设机车在加速阶段的加速度为a1，减速阶段的加速度为a2
则：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2，
解得：a1＝0.5m/s2，a2＝0.9m/s2，
由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，
解得：F＝1.4×105N.
答案：1.4×105N
16．解析：(1)由速度—时间图像知：物体匀减速时的加速度大小为a1＝eq \f(10－5,0.5)m/s2＝10m/s2
根据牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1
解得μ＝0.5.
(2)由速度—时间图像知：物体向上匀加速时的加速度a2＝eq \f(Δv,Δt)＝20m/s2
根据牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
解得F＝30N.
答案：(1)0.5 (2)30N
17．解析：(1)在匀加速上升的过程中，有h＝eq \f(1,2)at2
解得a＝2m/s2
根据牛顿第二定律可得Fm－f－m总g＝m总a
解得Fm＝42N.
(2)对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：
FN－mg＝ma
解得FN＝18N.
(3)若6s末无人机升力变为24N，无人机开始做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得
F－f－m总g＝m总a1
解得a1＝－4m/s2
t＝6s时的速度v＝at＝12m/s
匀减速上升的距离h1＝eq \f(0－v2,2a1)＝eq \f(0－144,2×（－4）)m＝18m
无人机最高能上升到距地面的高度H＝h1＋h＝54m.
答案：(1)42N (2)18N (3)54m
18.
解析：(1)对行李刚放上传送带时受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得：f＝μmg＝ma
代入数值得加速度a＝1m/s2
设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度v＝1m/s
则v＝at1
得加速运动的时间t1＝1s
则匀速运动的时间t2＝eq \f(l－\f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,v)＝1.5s
运动的总时间t总＝t1＋t2＝2.5s.
(2)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则l＝eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(min))
得最短时间tmin＝2s
传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin＝2m/s.
答案：(1)2.5s (2)2s 2m/s